数学学案：第二讲二综合法与分析法

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精二综合法与分析法1．理解综合法和分析法的概念．2．掌握综合法和分析法的证明过程．1．综合法一般地，从已知条件出发,利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得出命题成立，这种证明方法叫做________,又叫__________或____________．【做一做1】若a＜b＜0，则下列不等式中成立的是（）A.eq\f（1,a)＜eq\f（1，b） B．a＋eq\f（1，b)＞b＋eq\f（1，a) C．b＋eq\f(1,a）＞a＋eq\f（1，b) D.eq\f（b,a）＜eq\f（b＋1,a＋1)2．分析法证明命题时，我们还常常从要证的______出发,逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为__________或______________(定义、公理或已证明的定理、性质等）,从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做__________，这是一种__________的思考和证明方法．【做一做2－1】分析法是从要证的结论出发，寻求使它成立的（)A．充分条件 B．必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【做一做2－2】当x＞1时，不等式x＋eq\f(1，x－1）≥a恒成立，则实数a的取值范围是()A．（－∞，2] B．［2，＋∞) C．[3,＋∞) D．(－∞，3］答案：1．综合法顺推证法由因导果法【做一做1】C∵a＜b＜0，∴eq\f（1,a）＞eq\f(1，b），故选项A,B错误，而选项C正确．选项D中,取b＝－1，则eq\f（b＋1,a＋1)＝0,而eq\f(b，a)＞0，故选项D错误．2．结论已知条件一个明显成立的事实分析法执果索因【做一做2－1】A【做一做2－2】D要使x＋eq\f（1,x－1）≥a恒成立，则令f（x)＝x＋eq\f（1，x－1)的最小值大于等于a即可，而x＋eq\f(1，x－1)＝x－1＋eq\f（1,x－1）＋1≥2eq\r（x－1·\f(1，x－1))＋1＝3.∴f（x）的最小值为3,∴a≤3。1．如何理解综合法证明不等式剖析:（1)证明的特点．综合法又叫顺推证法或由因导果法，是由已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证,最后推出所要证明的结论成立．(2)证明的框图表示．用P表示已知条件或已有的不等式，用Q表示所要证明的结论,则综合法可用框图表示为eq\x(P⇒Q1)→eq\x（Q1⇒Q2)→eq\x(Q2⇒Q3)→……→eq\x(Qn⇒Q）(3)证明的主要依据．①a－b＞0a＞b，a－b＝0a＝b，a－b＜0a＜b；②不等式的性质;③几个重要不等式：a2≥0（a∈R),a2＋b2≥2ab(a,b∈R),eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab）（a＞0，b＞0)．使用综合法时要防止因果关系不清晰，逻辑表达混乱等现象．2．如何理解分析法证明不等式剖析:(1）证明的特点．分析法又叫逆推证法或执果索因法，是须从证明的不等式出发,逐步寻找使它成立的充分条件．直到最后把要证明的不等式转化为判定一个明显成立的不等式为止．（2)证明过程的框图表示．用Q表示要证明的不等式，则分析法可用框图表示为eq\x（得到一个明显成立的不等式)←…←eq\x(P3⇐P2)←eq\x(P2⇐P1)←eq\x（P1⇐Q）3．综合法和分析法的优点剖析：综合法的优点是结构整齐,而分析法更容易找到证明不等式的突破口,所以通常是分析法找思路，综合法写步骤．分析法证明不等式是“逆求”,而绝不是逆推，即寻找的是充分条件,而不是必要条件．题型一综合法证明不等式【例1】已知a，b∈R＋，且a＋b＝1,求证:（a＋eq\f(1,a））2＋（b＋eq\f（1，b））2≥eq\f（25，2）。分析：本题中条件a＋b＝1是解题的重点，由基本不等式的知识联想知应由重要不等式来变形出要证明的结论，本题a＋b＝1，也可以视为是“1”的代换问题．反思：(1）综合法证明不等式,揭示出条件和结论之间的因果联系，为此要着力分析已知与求证之间，不等式的左右两端之间的差异与联系．合理进行转换，恰当选择已知不等式，这是证明的关键．（2)综合法证明不等式中所依赖的已知不等式主要是重要不等式,其中常用的有如下几个：①a2≥0(a∈R)．②(a－b）2≥0（a,b∈R),其变形有：a2＋b2≥2ab,(eq\f（a＋b，2)）2≥ab，a2＋b2≥eq\f(1,2）（a＋b）2。③若a，b为正实数，eq\f(a＋b，2)≥eq\r（ab)。特别eq\f(b,a）＋eq\f(a，b)≥2.④a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca。题型二分析法证明不等式【例2】已知a＞b＞0，求证：eq\f(a－b2,8a）＜eq\f(a＋b，2)－eq\r（ab）＜eq\f(a－b2，8b)。分析:本题要证明的不等式显得较为复杂，不易观察出怎样由a＞b＞0得到要证明的不等式，因而可以用分析法先变形要证明的不等式，从中找到证题的线索．反思：分析法的格式是固定化的,但是每一步都是上一步的充分条件,即每一步数学式的变化都是在这个要求之下一步一步去寻找成立的条件或结论、定理．题型三易错辨析【例3】已知a，b,c∈R＋，求证eq\f(a2b2＋b2c2＋c2a2，a＋b＋c）≥abc.错解:因为a2b2＋b2c2＋c2≥3eq\r(3,a2b2·b2c2·c2a2)＝3abceq\r(3，abc）,①又a＋b＋c≥3eq\r（3，abc)，②故eq\f(a2b2＋b2c2＋c2a2,a＋b＋c）≥eq\f(3abc\r(3,abc），3\r（3，abc))≥abc。③错因分析：我们知道不等式具有性质:若a＞b＞0，c＞d＞0，则ac＞bd,但eq\f（a,c)＞eq\f(b，d）却不一定成立．答案：【例1】证法一：不等式左边＝(a＋eq\f(1，a））2＋（b＋eq\f(1,b））2＝a2＋b2＋4＋（eq\f(1,a2）＋eq\f（1,b2))＝4＋a2＋b2＋eq\f(a＋b2,a2)＋eq\f（a＋b2,b2）＝4＋a2＋b2＋1＋eq\f（2b,a)＋eq\f(b2,a2）＋eq\f(a2,b2）＋eq\f（2a，b）＋1＝4＋(a2＋b2)＋2＋2(eq\f（b,a）＋eq\f（a,b））＋（eq\f（b2,a2)＋eq\f(a2,b2)）≥4＋eq\f(a＋b2,2）＋2＋2×2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＋2·eq\f(b，a）·eq\f（a，b)＝4＋eq\f（1,2)＋2＋4＋2＝eq\f（25,2)，即原不等式成立．证法二：∵a，b∈R＋，且a＋b＝1，∴ab≤（eq\f(a＋b，2))2＝eq\f(1，4）.∴（a＋eq\f(1，a)）2＋（b＋eq\f（1，b))2＝4＋(a2＋b2）＋（eq\f（1,a2)＋eq\f（1，b2))＝4＋［(a＋b）2－2ab]＋eq\f(a＋b2－2ab,a2b2）＝4＋（1－2ab)＋eq\f（1－2ab,a2b2)≥4＋(1－2×eq\f(1，4))＋eq\f（1－2×\f(1，4),\f（1，4）2)＝eq\f（25，2)。∴(a＋eq\f（1，a）)2＋(b＋eq\f(1，b)）2≥eq\f(25,2）。【例2】证明：要证原不等式成立，只需证eq\f（a－b2，4a）＜a＋b－2eq\r(ab）＜eq\f(a－b2,4b)，即证(eq\f(a－b，2\r(a））)2＜（eq\r(a)－eq\r（b）)2＜(eq\f(a－b，2\r(b)))2。只需证eq\f(a－b，2\r（a))＜eq\r（a）－eq\r(b）＜eq\f（a－b，2\r（b)),即eq\f（\r(a）＋\r（b），2\r（a））＜1＜eq\f(\r（a）＋\r(b），2\r（b）），即eq\r(\f（b，a）)＜1＜eq\r(\f（a,b))。只需证eq\f(b,a）＜1＜eq\f（a，b)。∵a＞b＞0,∴eq\f（b，a)＜1＜eq\f(a,b）成立．∴原不等式成立．【例3】正解:因为a2b2＋b2c2≥2ab2c,b2c2＋c2a2c2a2＋a2b2≥2a2以上三式相加，化简得：a2b2＋b2c2＋a2c2≥abc(a＋b＋c两边同除以正数a＋b＋c得：eq\f（a2b2＋b2c2＋a2c2，a＋b＋c）≥abc.1．下列三个不等式:①a＜0＜b;②b＜a＜0；③b＜0＜a，其中能使＜成立的充分条件有（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③2．下面对命题“函数f（x)＝是奇函数”的证明不是综合法的是（)A．∀x∈R且x≠0有f(－x）＝＝＝－f（x)，则f（x)是奇函数B．∀x∈R且x≠0有f（x)＋f(－x)＝x＋＋（－x）＋＝0，∴f(x)＝－f(－x），则f(x）是奇函数C．∀x∈R且x≠0，∵f（x)≠0，∴＝＝－1，∴f(－x）＝－f（x)，则f（x）是奇函数D．取x＝－1，f（－1）＝＝－2，又f(1）＝1＋＝2。f（－1）＝－f（1），则f（x）是奇函数3．若a＞0,b＞0，则下列两式的大小关系为________［lg(1＋a)＋lg(1＋b）]．4．已知a，b,c都是正数，求证：≤．答案：1．A①a＜0＜b＜；②b＜a＜0＜;③b＜0＜a＞.故选A。2．DD项中，选取特殊值进行证明，不是综合法．3．≥［lg（1＋a)＋lg(1＋b)]＝lg[（1＋a)（1＋b)]＝又∵lg（1＋）＝，且a＞0